Chuyên đề Phương trình vô tỉ

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PhÇn I. Mét sè kiÕn thøc liªn quan 1/ Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm. Khi giải các phương trình ta thường phải dùng các phép biến đổi tương đương. 2/ Một phương trình được gọi là phương trình hệ quả của phương trình cho trước nếu tập nghiệm của nó chứa tập nghiệm của phương trình đã cho. Khi giải phương trình, nếu ta dùng phép biến đổi đưa phương trình đã cho về một phương tr×nh hÖ qu¶ th× ta ph¶i thö l¹i. 3/Môt số bài toán cơ bản liên quan đến định lý đảo về dâu tam thức bậc hai: Cho tam thøc bËc hai: f(x) = ax2+bx+c (a kh¸c 0), f(x) cã hai nghiÖm x1;x2 tho¶ m·n:  x1<  <x2 khi vµ chØ khi af(  )<0.. . .    0  x1  x 2    af ( )  0 s   2    0    x1  x 2  af ( )  0 s   2.   0 af ( )  0   f(x) cã hai nghiÖm trong kho¶ng  ;   khi vµ chØ khi : af (  )  0    S    2.  f(x) cã mét nghiÖm n»m trong  ;   , nghiÖm cßn l¹i n»m ngoµi  ;   khi vµ chØ khi f ( ). f (  )  0 . 4/ Mét sè kiÕn thøc trong lý thuyÕt hµm sè : 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  Hàm số y=f(x) xác định trên D. Khi đó phương trình f(x)=g(m) có nghiệm trªn D khi vµ chØ khi g(m) thuéc vµo tËp gi¸ trÞ cña f(x) trªn D.  Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên D, x0 thuộc D sao cho f(x0)=m ( trong đó m là hằng số ) thì phương trình f(x) =m có nghiệm duy nhất trên D.  Nếu f(x) đồng biến trên D, g(x) nghịch biến trên D , x0 thuộc D sao cho f(x0)= g(x0) thì phương trình f(x) =g(x) có nghiệm duy nhất trên D. 5/ Nội dung phương pháp cần và đủ : Bài toán đặt ra là : tìm điều kiện của tham số m để phương trình f(x,m)=0 thoả mãn tính chất (P) nào đó.Khi giải bài toán này bằng phương pháp điều kiện cần và đủ ta tiến hành theo các bước sau : Bước 1 : (tìm điều kiện cần) Giả sử phương trình đã cho đã thoả mãn tính chất (P).Ta đi tìm điều kiện rµng buéc cña m. Gi¶ sö ®iÒu kiªn rµng buéc cña m lµ m  Dm . Bước2 : (tìm điều kiện đủ) : Với m  Dm ta kiểm tra lại xem khi đó phương trình f(x,m)=0 đã thoả mãn tính chất (P) chưa.ở bước này nói chung ta thường thay các giá trị cụ thể của m vào để xét, những giá trị của m  Dm mà làm cho phương trình f(x,m)=0 thoả mãn tính chất (P) là đáp số bài toán.. PhÇn II 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Một số dạng phương tr×nh vô tỉ thường gặp. I. Dạng 1 : dùng phép biến đổi tương đương 2n. 2n.  f ( x)  0 f ( x)  2 n g ( x) (*)    f ( x)  g ( x) .  g ( x)  0 f ( x)  g ( x) (**)   2n  f ( x)  g ( x). Thực tế ta hay gặp trường hợp n=1.ở dạng (**) học sinh yếu thường hay mắc sai lầm như sau: đặt điều kiện f(x)  0 sau đó luỹ thừa 2n hai vế của phương trình để khử căn rồi giải phương trình này , sau đó kiểm tra điều kiện f(x)  0 thấy thoả mãn, kết luận đó là nghiệm phương trinh. ở (*) cũng vậy , mặc dù đơn giản nhưng học sinh cũng hay quên điều kiện f(x) hoặc g(x) kh«ng ©m. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 1.. x 2  2x  4  2  x .. 2.. 3x 2  9 x  1  x  2 .. 3..  x 2  4x  2  2x .. 4.. x2 3x  2.  3x  2  1  x .. II. D¹ng 2 : f ( x )  g ( x )  h( x ). 3 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Phương pháp giải dạng này là : tìm tập xác định của phương trình đã cho rồi bình phương hai vế ,thu gọn để quy về dạng I. Khi gặp phương trình. dang:. f ( x )  g ( x )  h( x ). học sinh thường mắc sai lầm là: sau khi. tìm tập xác định của phương trình đã cho đem bình phương hai vế , thu gọn để quy về dạng I. Trường hợp này rất nhiều khi ta thu được phương trình hệ quả( Do chưa chắc đã có:. f ( x)  g ( x)  0. víi mäi. x thuộc tập xác định của phương trình). Giáo viên cần lưu ý học sinh điều này. Ta nên hướng dẫn học sinh chuyển. g (x) sang vế phải để quy. vÒ d¹ng 2. Ví dụ: giải phương trình:. x  4  1  x  1  2x. HD: 1 Pt có tập xác định là: D=  4;  . Ta cã:. 2. x  4  1  x  1  2x . x  4  1  x  1  2x.  x  4  2  3 x  2 (1  x)(1  2 x)  2 x  1  (1  x)(1  2 x) 1  x  2   x0 2 2 x  1  (1  x)(1  2 x) . Vậy nghiệm phương trình là x=0. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 1. 2.. 3x  7  x  1  2 3x  4  x  3  4 x  9. 4 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x  3  2x  8  7  x. III/ D¹ng 3: Dïng tÝnh chÊt cña hµm sè: C¬ së lý thuyÕt:.  Cho f xác định trên D = (a ;b) f tăng (đồng biến) khi x1 , x2  D : x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) f gi¶m (nghÞch biÕn) khi x1 , x2  D : x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 )  Định lý: Nếu f có đạo hàm trên D = (a , b) và f không phải là hằng số thì: f , ( x)  0, x  D  f t¨ng trªn D. f , ( x)  0, x  D  f gi¶m trªn D.  Tính chất: Nếu f đơn điệu thì phương trình f(x0 = 0 có tối đa một nghiệm và nếu chỉ ra được nghiệm thì đó chính là nghiệm duy nhất. Từ đó ta có ứng dụng để giải phương trình hoặc chứng minh sự tồn tại nghiÖm. C¸ch gi¶i:. Các vế của phương trình thường chứa các hàm số một biến. Tính chất của hàm số không thể không ảnh hưởng tới cách giải các bài toán đặt ra. Trong nhiều trường hợp, việc sử dụng các tính chất của hàm số giúp ta tìm được c¸ch gi¶i hîp lý vµ hiÖu qu¶. *Chó ý:. -Trong nhiều trường hợp HS sau khi nhẩm được nghiệm thì vội vàng kÕt luËn tÝnh duy nhÊt cña nghiÖm, mµ quªn ®i c¬ së kÕt luËn nghiÖm phải dựa vào tính chất của hàm số có mặt trong bài toán đó. -Ta có thể lập bảng biến thiên để giải quyết bài toán dễ dàng hơn. Mét sè vÝ dô: Ví dụ 1: Giải phương trình:. Gi¶i:. x 2  15  3 x  2  x 2  8. Ta viết lại phương trình: Vµ x 2  15  x 2  8 nªn. 3x  2  0  x . Phương trình: XÐt. x 2  15  x 2  8  3 x  2  0 2 f ( x)  x 2  15  x 2  8  3 x  2, x  3. f ( x)  ,. x x 2  15. . x x2  8.  3   x.. (*). x 2  15  x 2  8 x 2  15. x 2  8. 5 Lop10.com. 2 3. 3 0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> nªn f nghÞch biÕn. H¬n n÷a f(1) = 0 Do đó (*)  f ( x)  f (1)  x  1 VËy PT cã nghiÖm duy nhÊt x = 1 Ví dụ 2: Tìm a để phương trình có nghiệm: x2  x  1  x2  x  1  a. Gi¶i: XÐt y = f(x) = x 2  x  1  x 2  x  1 , D = R th× f lµ hµm lÎ. Ta cã :. y, . 2x 1 2. x 2  x  1. . x. 1 2. 1 3 ( x  )2  2 4. §Æt g (t ) . t 3 t  4. ,t  0. 2.  g (t ) . 3 4. ,. 3 3 (t  ) 2 4. 0. 2. nên g đồng biến. 1 1 1 1 Mµ x   x   g ( x  )  g ( x  )  y ,  0 2. 2. 2. 2. B¶ng biÕn thiªn: x y. 0 +.  ,. y. . 1 -1. Vậy điều kiện để PT có nghiệm là a  1 Ví dụ 3: Giải phương trình: 11x  3  2  x  9 x  7  x  2. HD: Với phương trình vô tỷ này ta có thể chuyển vế, bình phương rồi khử dấu căn như cách thông thường. Tuy nhiên, nếu ta chú ý đến miền xác định của các hàm số y  x  2 và y  2  x ta thấy ngay phương trình đã cho chỉ xác định với x = 2. Hơn nữa, x = 2 thoả mãn PT. 6 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VËy nghiÖm cña PT lµ x = 2. Ví dụ 4: Giải phương trình: x3  2  x3  2  1. HD: Đây là một ví dụ về phương trình vô tỉ mà có thể dùng cách giải thông thường là bình phương 2 vế để khử căn. Tuy nhiên ta không vội làm điều đó mà để ý rằng: để PT có nghĩa thì. x3  2  0  x3  2  x3  2  4  x3  2  2  x3  2  x3  2  2  1. VËy PT v« nghiÖm. Ví dụ 5: giải phương trình x 2  x  12 x  1  36. Giải. Nếu ta bình phương để khử căn thức thì sẽ được một phương trình bậc 4 đầy đủ, việc giải nó rất phức tạp, nên ta tìm cách giải khác. Trước hết ta để ý rằng x = 3 nghiệm đúng phương trình. Nhưng khác với các ví dụ trước, hàm số ở vế trái x 2  x  12 x  1 không phải là hàm đơn điệu trong miền xác định của nó: 1;   . Tuy nhiên nếu ta xét khoảng 0;   Thì vế trái là hàm số đơn điệu tăng do đó x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho trong khoảng 0;  . Bây giờ ta xét đoạn 1;0. Ta có víi x  1;0 th× x 2  x  0 , 12 x  1  12  vÕ tr¸i x 2  x  12 x  1  12  36 nªn phương trình không có nghiệm trong đoạn 1;0. §¸p sè: x=3. Ví dụ 6: giải phương trình: a) b). 3x  2  x  1  3 x  4  1  x  1  2x. HD: a) Pt đã cho có tập xác định là: D= 1; . Ta dễ kiểm tra hàm f ( x)  3 x  2  x  1 đồng biến trên D. Mà f(2)=3. Do vậy pt đã. cho cã nghiÖm duy nhÊt x=2. b) Pt đã cho có tập xác định là: D=  4;  . Ta dễ kiểm tra hàm 2  1. f ( x)  x  4  1  x đồng biến trên D, hàm g(x)= 1  2 x nghịch. 7 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> biến trên D . Mà f(0)=g(0). Do vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 1.. x  4  x  4  4.. 2.. 4 x  1  3x  2  5 .. 3. x  2  3  x  5  2 x IV.Dạng 4: đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc hai Ví dụ: giải phương trình: a. x  32  3x  22  x 2  3x  7 . b.. 3x  2  x  1  4 x  9  2 3x 2  5 x  2 .. c. x 2  3x  1  ( x  3) x 2  1 . HD: a. §Æt y= x 2  3x  7 ( y  0) .Ta ®­îc pt: y2-y-20 = 0 NghiÖm y = -4 bÞ lo¹i.Víi y = 5 ta t×m ®­îc c¸c nghiÖm x = 6 ; x = -3. b. §Æt y= 3x  2  x  1 (y > 0). Ta thÊy y2=4x-3+2 3x 2  5 x  2 y  3. Ta được phương trình : y2-y-6=0    y  2 NghiÖm y=-2 bÞ lo¹i. Với y=3 ta được 3x  2  x  1  3 .Trong phần dùng tính đơn điệu của hàm số ta đã tìm được nghiệm duy nhất của pt này là x = 2. Vậy pt ban ®Çu cã nghiÖm duy nhÊt x = 2. c. Phần này phép đặt ẩn phụ ở phần này được gọi là không hoàn toµn.Cô thÓ nh­ sau : Đặt y= x 2  1 ( y  1) . Ta được phương trình : y2-(x+3)y+3x=0 y  3  y  x. 8 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Víi y=3 ta ®­îc :. x  2 2 x2 1  3    x  2 2. Víi y=x ta ®­îc :. x  0 . PT v« nghiÖm. x2 1  x   2 2 x  1  x. x  2 2. Vậy nghiệm của pt đã cho là : .  x  2 2. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 1. (x+5)(2-x)=3 x 2  3x . 2. x 2  2 x 2  3x  11  3x  4 . 3.. 4. x  x2 1  4 x  x2 1  2 .. 4.. ( x  1)(2  x)  1  2 x  2 x 2 .. 5.. x  4  x  4  2 x  12  2 x 2  16 .. 6. 1  7.. 2 x  x2  x  1 x . 3. 2 x  3  x  1  3 x  16  2 2 x 2  5 x  3 .. 8. x+ 4  x 2  2  3x 4  x 2 . 9. (4x-1) x 2  1  2 x 2  2 x  1 . 10. 2(1-x) x 2  2 x  1  x 2  2 x  1 . V. Dạng 5: các pt vô tỉ quy về pt chứa dấu giá trị tuyệt đối. Ví dụ: giải phương trình: x  2x  1  x  2x  1  2 .. HD: Nhân cả hai vế của phương trình với 2 ta được:. 9 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2 x  2 2 x  1  2 x  2 2 x  1  2  ( 2 x  1  1) 2  ( 2 x  1  1) 2  2 . 2x  1  1 . 2x  1  1  2  2x  1  1 . . 2x  1  1  1  2x  1  2x  1  1  0 . 2x  1  1  2 1  x 1 2. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 1.. x  2  2x  5  x  2  3 2x  5  7 2 .. 2.. 5 5  x2  1 x2   x2  1  x2  x 1. 4 4. 3.. x  2  2 x 1  x  2  2 x 1 . 4.. 2x  2 2x  1  2 2x  3  4 2x  1  3 2x  8  6 2x  1  4 .. x5 . 2. VI. Dạng 6: giải pt vô tỉ bằng phương pháp nhân liên hợp. Ví dụ: giải phương trình:. 4 x  1  3x  2 . x3 . 5. Nếu ta dùng phép bình phương để khử căn thì ta thu được pt vẫn còn rất phức tạp, không quy được về các dạng quen thuộc. Khi đó giáo viên cần hướng dẫn học sinh tìm tòi xem các số liệu trong bài toán có gì đặc biệt. Trong bài tập này ta thấy (4x+1)-(3x-2)=x+3. Do đó ta nghĩ đến việc nhân cả hai vế của pt với liên hîp cña vÕ tr¸i. L­u ý khi nh©n c¶ hai vÕ cña pt víi u(x) ta cÇn quan t©m xem liÖu u(x) có luôn khác 0 trên tập xác định của pt hay không. Nếu có ta phải xét riêng trường hợp này. HD: Pt có tập xác định D =  ;  .Ta thấy 4 x  1  3x  2  0x  D . 2 3. . Do vậy pt đã cho tương đương với: 5(x+3)=(x+3) ( 4 x  1  3x  2 )  4 x  1  3 x  2  5 (Vì x+3  0 x  D) . Bằng phương pháp dùng tính đơn. ®iÖu cña hµm sè ta t×m ®­îc nghiÖm duy nhÊt cña pt lµ x=2. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 10 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 1. 3(2  x  2 )  2 x  x  6 . 2. 3.. 3x.  3x  1  1 .. 3 x  10. x x2 . 2 2 2(1  1  x ) 2. 4. 4(x+1)2=(2x+10)(1- 3  2 x ) 2. VII. Dạng 7: phương pháp lượng giác hoá. Ví dụ: giải phương trình: 4 x 3  3x  1  x 2 HD: Pt đã cho có tập xác định là: D=[-1;1]. Đặt x=cost , ( t  [0;  ] ) . Ta ®­îc pt: 4cos3t-3cost= 1  cos 2 t  cos 3t  sin t  cos 3t  cos(  t ) .Pt nµy cã 3 2. nghiÖm thuéc [0;  ] lµ:. x1  cos.  4. . 2 2.   5. ; ; . Do vậy pt đã cho có 3 nghiệm là : 4 8 8. ; x 2  cos. 5  x3  cos   sin   8 8.  8. . 1  cos. 1  cos.  4 . 2. 2 2 2. . 4   2 2 2 2. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 1.. 1  1  x 2  x(1  2 1  x 2 ) .. 2.. (1  x 2 ) 5  x 5  1 .. 3. x 3  (1  x 2 ) 3  x 2(1  x 2 ) . 4. VIII. D¹ng 8:. 1 1 35   . x 1  x 2 12 3. A  3 B  3 C . Trong đó A = A(x) ; B = B(x) ; C = C(x).. Phương pháp giải của dạng này là : lập phương hai vế của pt ta được: A+B+3 3 AB (3 A  3 B )  C . Sau đó thế 11 Lop10.com. 3. A  3 B  3 C vµo pt míi ta thu ®­îc:.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> A  B  33 ABC  C . Ta thu gọn hai vế rồi lập phương một lần nữa quy. vÒ pt bËc cao.. Ta cần lưu ý cho học sinh các phép biến đổi trên chỉ là phép biến đổi hệ qu¶. V× khi thÕ 3 A  3 B  3 C ta thu ®­îc A  B  33 ABC  C (*). Mµ (*) . . 1 3 ( A  3 B  3 C ) 3 A  3 C  2. 3 A  3 B  3 C  2  3 A  3 B  3 B  3 C. .  .    B  C    A  B    0 2. 3. 3. 2. 3. 3. 2.    A  B  0 2. 3. 3. Như vậy khi được nghiệm của phương trình cuối cùng ta phải thay vào pt ban đầu để thử lại. Ví dụ: giải phương trình:. 3. x  1  3 3x  1  3 x  1. HD: Lập phương hai vế của pt đã cho ta được: 4 x  2  33 ( x  1)(3 x  1). ThÕ. 3.  x 1  3. 3. . 3x  1  x  1. x  1  3 3 x  1  3 x  1 vµo pt trªn ta ®­îc: x  1   3 ( x  1)(3 x  1)( x  1).  x  1  ( x  1)(3 x  1)( x  1). x  1  0   2 x  1  (3 x  1)( x  1).  x  1 x  0 . 3. Thay c¸c gi¸ trÞ x = 0 ; x =-1 vµo pt ban ®Çu ta thÊy chØ cã x =-1 lµ tho¶ m·n .VËy nghiÖm pt ban ®Çu lµ x =-1. Bài tập áp dụng: giải phương trình:. IX. D¹ng 9:. 1.. 3. x 1  3 x  2  3 x  3  0 .. 2.. 3. 1 x  3 1 x  2 .. đặt ẩn phụ đưa về hệ. Ví dụ: giải phương trình: a. x 2  x  5  5 ( D¹ng tæng qu¸t lµ: x 2  x  a  a (a  0) ) b. x 3  2  33 3x  2 ( D¹ng tæng qu¸t lµ: x 3  b  a 3 ax  b ) 12 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> c.. 3. 2  x  1 x 1 .. d.. 4. 47  2 x  4 35  2 x  4 .. HD:  x 2  y  5 (1) a. §Æt y  x  5 ( y  0) . Ta ®­îc hÖ:  2 .  y  x  5 (2).  y  x y  x 1. Lấy (1) trừ (2) theo các vế tương ứng ta được: ( x  y )( x  y  1)  0   Víi y=-x ta ®­îc : Víi y=x+1 ta ®­îc:. x  0 1  21 x  5  x   2 x 2 x  x  5  0  x  1  1  17 . x  5  x 1   2 x 2 x  x  4  0. VËy pt d· cho cã hai nghiÖm: x1 . 1  21  1  17 ; x2  . 2 2. x  2  3 y b. Đặt y  3 3x  2 . Ta được hệ đối xứng loại 2 :  3 3.  y  2  3 x. .. Sau khi gi¶i hÖ nµy ta thu ®­îc c¸c nghiÖm cña hÖ :(1 ; 1) ; (-2 ;-2) Vậy pt đã cho có hai nghiệm : x1=1 ; x2=-2. v  0  c. §Æt u  3 2  x ; v  x  1 .Ta ®­îc hÖ : u 3  v 2  1 . u  1  v . ThÕ u=1-v vµo pt u3+v2=1 ta ®­îc: (1-v)3+v2=1 .Gi¶i pt nµy ta thu ®­îc 3 nghiệm : v1=0 ; v2=1; v3=3.Từ đó suy ra pt đã cho có 3 nghiệm: x1=1 ; x2=2 ; x3=10. d. Đặt u  4 35  2 x (u  0) ; v  4 47  2 x (v  0) . Ta được hệ đối xứng loại I: u  v  4 . Gi¶i hÖ nµy ta thu ®­îc hai nghiÖm: (1;3) ; (3;1).  4 4 u  v  82 . Từ đó tìm được các nghiệm của pt dã cho là: x1=-17 ; x2=23. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 13 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1. x 2  x  1  1 . 2. x 3  1  23 2 x  1 . 3.. 3. 3  x  x 1  2 .. 4.. 3. x  2  x 1  3.. 5.. 3. x  7  x 1.. 6.. 4. 18  x  4 x  1  3 .. 7.. 4. x  4 17  x  3 .. X. Dạng 10: một số phương trình vô tỉ không mẫu mực. Dạng này đòi hỏi học sinh phải có sự sáng tao trong làm toán. Trong các bài toán ở dạng này ta thường dùng các phương pháp : nhận xét, đánh giá, dùng các bất đẳng thức cổ điển... Ví dụ: giải phương trình: a.. x 2  2x  5  x  1  2 .. HD: Pt có tập xác định D = [1;+  ). Với mọi x thuộc D ta thấy: x 2  2x  5 . x  12  4  2 . DÊu b»ng x¶y ra.  x  1.. x  1  0 . DÊu b»ng x¶y ra  x  1 .. Từ đó dễ suy ra pt có nghiệm duy nhất x=1. Ta cũng có thể giải bài toán này bằng phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm sè. b.. x  2  4  x  x 2  6 x  11 .. HD: Pt có tập xác định D=[2 ;4] . Với mọi x thuộc D, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta cã :. x2  4 x . x  2 1 4  x 1  2 2 2. x  2  1  x3 . 4  x  1. DÊu b»ng x¶y ra  . 14 Lop10.com. ..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> x 2  6 x  11  x  3  2  2 . DÊu b»ng x¶y ra  x  3 . 2. Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=3. Ta cũng có thể dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá vế trái. c.. x 2  1  x 2  x  1  2 x 2  x  1  3(4 x 2  2 x  3). HD : Dễ thấy pt có tập xác định là R. áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :. x 2  1  x 2  x  1  2x 2  x  1 . DÊu b»ng x¶y ra . x2 1  1. 1. 2. . . x2  x 1  1. 2x 2  x  1  x  0. 1. VËy pt cã nghiÖm duy nhÊt x = 0. 3 8. d. 4 x   2 x . HD : Pt có tập xác định D= 0; , áp dụng bđt Côsi ta có: 3 11 1 1  1 1 1 1  2 x      8 x   44 . . .8 x  4 x . 8 42 2 2  4 2 2 2. DÊu b»ng x¶y ra  8 x . 1 1 x . 2 16. VËy pt cã nghiÖm duy nhÊt x=1/16. ®. sin x  cos x  y 2  2 y  3 . HD : Ta thÊy :. y2  2y  3 . y  12  2 . 2 .DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi y = 1..   sin x  cos x  2 sin  x    2 . DÊu b»ng x¶y ra 4      sin  x    1  x   k 2 4 4 . . .  12  12 x 2  1  x 2  x  1  2 x 2  x  1  3 4 x 2  2 x  3. ; k  Z.. 15 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> . . x   k 2 VËy nghiÖm pt lµ  4 .  y  1. e. n x  n  n 1 x  n  1  1 ; n  N * . HD: +) Thay x = n; x= n+1 vµo pt thÊy tho¶ m·n. +) NÕu x < n th× x  n  1  1  n 1 x  n  1  1 . Do vËy mäi x < n kh«ng lµ nghiÖm cña pt. +) NÕu x > n+1 th× x  n  1  n x  n  1 . Do vËy mäi x > n+1 kh«ng lµ nghiÖm cña pt. n x  n  x  n 0  x  n  x  n  1    +) NÕu n < x < n+1th× : 0  x  n  1  n  1  x  1 n 1 x  n  1  n  1  x .  n x  n  n 1 x  n  1  1 . Suy ra mäi x tho¶ n < x < n+1 còng. kh«ng lµ nghiÖm pt. Vậy pt đã cho có hai nghiệm: x1=n ; x2=n+1. g. x( x  1)  xx  2  x 2 . (*). Trong bµi nµy häc sinh rÊt dÔ m¾c sai lÇm lµ ®em chia c¶ hai vÕ cña phương trình cho x được pt: x  1  x  2  x . Giáo viên nên tạo ra lời giải theo hướng này và yêu cầu học sinh tìm chỗ sai trong lời giải. HD: Pt có tập xác định D  (;2]  0 [1;) +) NÕu x  1 th× (*)  x  1  x  2  x . Ta thÊy x  2  x ; x  1  0 ; x  1 . Do vËy mäi x  1 kh«ng lµ nghiÖm pt.. +)Thay x=0 vµo pt thÊy tho¶ m·n.. 16 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> +) NÕu x  2 th× (*)  1  x   2  x   x . Ta thÊy 1  x   x ;  2  x  0 ; x  2 . Do vËy mäi x  2 còng kh«ng lµ nghiÖm pt.. VËy pt cã nghiÖm duy nhÊt x=0. h. x 2  8 x  816  x 2  10 x  267  2003 . HD +) Trước tiên ta đi chứng minh bđt : a 2  b 2  c 2  d 2  a  c 2  b  d 2 ac  bd  0 ad  bc.. DÊu b»ng ë b®t nµy x¶y ra   +) ¸p dông b®t trªn ta cã : x 2  8 x  816  x 2  10 x  267 . .  9 2  31 2.  2. 4  x 2  20. 2.  2. x  52  11. 2.  2. 2003 (4  x)( x  5)  20 2 .11 2  0. DÊu b»ng x¶y ra  . (4  x).11 2  ( x  5).20 2. x. 56 31. Bài tập áp dụng: giải phương trình: 1.. 4x  1  4x 2  1  1 .. 2.. 6  x  x  4  x 2  10 x  27 .. 3. x 4 2 x 2 x 2  2 x  16  2 x 2  6 x  20  0 . 4.. x 2  15  3 x  2  x 2  8 .. 5.. x2 . 5 x 2  10 x  1 . x 2  6 x  11. XI. D¹ng 11: c¸c pt v« tØ cã chøa tham sè.. Đối với các pt vô tỉ có chứa tham số ta thường gặp các loại câu hỏi sau: +) Tìm m để pt có nghiệm trên D. +) Tìm m để pt có n nghiệm (n>1) trên D. +)Tìm m để pt có nghiệm duy nhất. +) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña pt. 17 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Ví dụ1: tìm m để phương trình: a. x  2 x 2  1  m cã nghiÖm. HD: Cách 1: pt trên có tập xác định là R. Xét hàm : f(x)= x  2 x 2  1 . Ta cã f’(x)= 1 . 2x 2x 2  1. .. x  0  2 . f ' ( x)  0  2 x 2  1  2 x   2  x  2 2 2 x  1  4 x . DÔ tÝnh ®­îc :. lim f ( x)  . x  . Ta cã b¶ng: x.  2. . f’(x). -. . 2. 0. +. . . f(x) 2 2. Nh×n vµo bbt ta thÊy pt cã nghiÖm khi vµ chØ khi m . 2 . 2. Cách 2 : pt đã cho x  m x  m  2x 2  1  m  x   2  2 2 2  x  2mx  1  m  0 (*) 2 x  1  m  x . Pt ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi pt (*) có nghiệm thuộc  ; m.Ta dùng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai được đáp số như trên. b. 2 x  x 2  2 x  x 2  m  1  0 cã nghiÖm trªn (0 ;1). HD : 18 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> §Æt y = 2 x  x 2 . B»ng c¸ch lËp bbt cña hµm u(x)= 2x-x2 trªn kho¶ng (0 ;1) ta ®­îc tËp gi¸ trÞ cña y trªn (0 ;1) còng lµ (0 ;1). Ta ®­îc pt : y2+y = 1-m (*) . Pt ban ®Çu cã nghiÖm khi vµ chØ khi (*) cã nghiÖm trªn (0 ;1) Xét hàm f(y) = y2+y trên (0 ; 1). Ta thấy f(y) đồng biến trên (0 ;1) , do vậy f (0)  f ( y )  f (1) , y  (0;1) hay tËp gi¸ trÞ cña f(y) trªn (0 ;1) lµ (0 ;2). VËy pt ban. ®Çu cã nghiÖm khi vµ chØ khi : 0< 1-m <2 hay -1 < m < 1.. Bài này học sinh thường mắc sai lầm là khi đặt ẩn phụ : y = v(x) học sinh thường không tìm hoặc tìm không chính xác tập giá trị của y trên D. Sau đó lËp luËn pt ban ®Çu cã nghiÖm khi vµ chØ khi pt Èn y cã nghiªm. GV chó ý ph©n tÝch kü gióp häc sinh tr¸nh sai lÇm nµy. c. x 2  2 x  m 3  2 x  x 2  m 2 cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. HD : Pt có tập xác định là [-3 ;1]. Đặt y = 3  2 x  x 2 . Ta có bảng : x. -3. -1. 1. 2 y 0. 0. Ta ®­îc pt Èn y : 3-y2 + my = m2  y2- my + m2 -3 = 0. §Æt f(y)= y2- my + m2 - 3 .Tõ bbt ta thÊy pt ban ®Çu cã 4 nghiÖm khi vµ chØ khi f(y) có hai nghiệm phân biệt thuộc [0 ;2). Điều kiện cần và đủ là :   0 1 f (0)  0  1. f (2)  0  0  s  2  2. Gi¶i hÖ nµy ta ®­îc : 3  m  2 .. 19 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> d. x  1  x  2m x(1  x)  24 x(1  x)  m 3 . HD : +) Điều kiên cần : giả sử x0 là nghiệm của phương trình đã cho thì ta thấy 1-x0 cũng là nghiệm của pt đã cho. Do vậy điều kiện cần để pt có nghiệm duy nhất là m  0 2  m  2  m 3  m  1 . m  1. x0=1-x0 hay x0=1/2. Thay x0=1/2 vµo pt ta ®­îc : +) Điều kiện đủ :. Víi m =0 kh¸ dÔ dµng thÊy pt cã nghiÖm duy nhÊt x=1/2. Víi m=-1 pt trë thµnh : . x  1  x  2 x(1  x)  24 x(1  x)  1  0 .. x. V¬i m=1 pt trë thµnh:. 1 x.   x  2. 4. 4. 1 x.   0  x  1/ 2 . 2. x  1  x  2 x(1  x)  24 x(1  x)  1  0 . Ta thÊy x=0;. x=1 khi thay vào pt đều thoả mãn. Vậy đáp số bài toán là: m = 0; m =-1. VÝ dô2: biÖn luËn theo m sè nghiÖm pt: x  m  m x2 1 .. HD: Ta thấy pt luôn nhận x=0 là nghiệm với mọi m.Trên tập R \ 0, pt đã cho tương đương với : m . x x2 1 1. (*). Sè nghiÖm cña pt ban ®Çu b»ng sè nghiÖm cña pt (*) céng víi 1. x. XÐt hµm f ( x)  Ta cã : f ' ( x) . x 1 1 2. 1 x2 1. x. 2. . 1 1. 2. trªn R \ 0. f ( x)  1 ; lim  1 . Ta tÝnh ®­îc : xlim   X  . lim f ( x)   ; lim f ( x)  . x 0 . x 0. Ta cã BBT : 20 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>